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1、精品_精品资料_高中物理典型例题集锦力学部分1、如图 9-1 所示,质量为 M=3kg 的木板静止在光滑水平面上,板的右端放一质量为m=1kg的小铁块,现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s,铁块在木板上滑行,与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回,且恰好停在木板右端,求铁块与弹簧相碰过程中,弹性势能的最大值 EP.分析与解： 在铁块运动的整个过程中,系统的动量守恒,因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度铁块与木板的速度相同可用动量守恒定律求出.在铁块相对于木板来回运动过程中,系统总机械能缺失等于摩擦力和相对运动距离的乘积,可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果.设弹簧压缩量
2、最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V 和 V,由动量守恒得： mV 0=M+mV=M+mV 所以, V=V =mV0/M+m=1X4/3+1=1m/s铁块刚在木板上运动时系统总动能为：EK=mV 02=0.5X1X16=8J弹簧压缩量最大时和铁块最终停在木板右端时,系统总动能都为：EK =M+mV 2=0.5X3+1X1=2J铁块在相对于木板来回运过程中,克服摩擦力f 所做的功为：Wf=f2L=E K -EK =-82=6J铁块由开头运动到弹簧压缩量最大的过程中,系统机械能缺失为：fs=3J由能量关系得出弹性势能最大值为：EP=EK-EK -fs=8-2-3=3J说明：由于木板在水平光滑
3、平面上运动,整个系统动量守恒,题中所求的是弹簧的最大弹性势能,解题时必需要用到能量关系.在解此题时要留意两个方面：是要知道只有当铁块和木板相对静止时 即速度相同时 ,弹簧的弹性势能才最大.弹性势能量大时,铁块和木板的速度都不为零.铁块停在木板右端时,系统速度也不为零.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_是系统机械能缺失并不等于铁块克服摩擦力所做的功,而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值,故在运算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离.2、如图 8-1 所示,质量为m=0.4kg 的滑块,在水平外力F 作用下,在光滑水平面上从A点由静止开头向 B 点运动,到达 B
4、 点时外力 F突然撤去, 滑块立刻冲上半径为R=0.4 米的 1 光4滑圆弧面小车,小车立刻沿光滑水平面PQ运动.设：开头时平面AB 与圆弧 CD 相切, A、B、C 三点在同一水平线上,令AB 连线为 X 轴,且 AB=d=0.64m,滑块在 AB 面上运动时,其动量随位移的变化关系为P=1.6X kgm/s ,小车质量 M=3.6kg ,不计能量缺失.求：(1) 滑块受水平推力 F 为多大 . 2滑块通过 C 点时,圆弧 C 点受到压力为多大. 3滑块到达 D 点时,小车速度为多大. 4滑块能否其次次通过C 点. 假设滑块其次次通过C 点时,小车与滑块的速度分别为多大. 5滑块从 D 点滑
5、出再返回 D 点这一过程中,小车移动距离为多少. g 取 10m/s2分析与解： 1由 P=1.6X =mv ,代入 x=0.64m ,可得滑块到 B 点速度为：V B =1.6X /m=1.60.64 /m =3.2m/sAB ,由动能定理得：FS= 1 mV B 22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_v2所以 F=mB=0. 4 3.22/2 0.64=3.2N可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2S(2) 滑块滑上 C 立刻做圆周运动,由牛顿其次定律得：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2N-mg=m vC而 V C=V B 就可编辑资料 - -
6、- 欢迎下载精品_精品资料_R可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_N=mg+m2vC=0.4 10+0.4 3.22/0.4=14.2N可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_R可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_(3) 滑块由 CD 的过程中,滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒,由于滑块始终紧贴着小车一起运动,在D 点时,滑块和小车具有相同的水平速度V DX.由动量守恒定律得：mV C=M+mV DX所以 V DX =mV C/M+m=0.4X3.2/3.6+0.4=0.32m/s(4) 滑块肯定能再次通过C 点.由于滑块到达D 点时,除与小车有相同的水平速
7、度V DX 外, 仍具有竖直向上的分速度V DY ,因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动相对的 面做斜上抛运动 .因题中说明无能量缺失,可知滑块在离车后一段时间内,始终处于D 点的正上方 因两者在水平方向不受力作用,水平方向分运动为匀速运动,具有相同水平速度 , 所以滑块返回时必重新落在小车的D 点上,然后再圆孤下滑,最终由C 点离开小车,做平抛运动落到的面上.由机械能守恒定律得：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1mV C22=mgR+ 12M+mV DX 2+1mV DY 22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_所以以滑块、小车为系统,以滑块滑上C 点为
8、初态,滑块其次次滑到C 点时为末态,此过程中系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒留意： 对滑块来说,此过程中弹力与速度不垂直,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_弹力做功,机械能不守恒得：mV C=mV C +MV 即1 mV2=C211mV C2+MV 222可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_上式中 VC、V 分别为滑块返回 C 点时,滑块与小车的速度,V=2mV C /M+m=2X0.4X3.2/3.6+0.4=0.64m/sV C =m-MV C/m+M=0.4-3.6X3.2/0.4+3.6=-2.56m/s与 V 反向(5) 滑块离 D 到返回 D 这一过程
9、中,小车做匀速直线运动,前进距离为： S=V DX 2V DY /g=0.32 21.1/10=0.07m3、如图 10-1 所示,劲度系数为K 的轻质弹簧一端与墙固定,另一端与倾角为的斜面体小车连接,小车置于光滑水平面上.在小车上叠放一个物体,已知小车质量为M,物体质量为 m,小车位于 O 点时,整个系统处于平稳状态.现将小车从O 点拉到 B 点,令 OB=b,无初速释放后,小车即在水平面B、C 间来回运动,而物体和小车之间始终没有相对运动.求：(1) 小车运动到 B 点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小.2b 的大小必需满意什么条件,才能使小车和物体一起运动过程中,在某一位置时,物体和
10、小车之间的摩擦力为零.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_分析与解：(1) 所求的加速度 a和摩擦力 f 是小车在 B 点时的瞬时值.取M 、m 和弹簧组成的系统为争论对象,由牛顿其次定律：kb=M+ma所以 a=kb/M+m .取 m 为争论对象,在沿斜面方向有：f- mgsin=macos所以, f=mgsin +mcos=mgsin +cos(2) 当物体和小车之间的摩擦力的零时,小车的加速度变为a,小车距 O 点距离为 b,取 m 为争论对象,有： mgsin =ma cos 取 M 、 m 和弹簧组成的系统为争论对象,有：kb=M+ma以上述两式联立解得：b= M+mgt
11、g说明：在求解加速度时用整体法,在分析求解m 受到的摩擦力时用隔离法.整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法,希读者仔细把握.4、质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在的上.平稳时,弹簧的压缩量为 Xo ,如图 11-1 所示.一物块从钢板正上方距离为3Xo 的 A 处自由落下,打在钢板上 并马上与钢板一起向下运动,但不粘连. 它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m 时,它们恰能回到O 点.假设物块质量为2m,仍从 A 处自由落下,就物块与钢板回到O 点时,仍具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点O 点的距离.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_
12、分析与解： 物块自由下落,与钢板碰撞,压缩弹簧后再反弹向上,运动到O 点,弹簧复原原长. 碰撞过程满意动量守恒条件.压缩弹簧及反弹时机械能守恒.自由下落3Xo ,依据机械能守恒：所以物块与钢板碰撞时,依据动量守恒：mv0=m+mv 1 v1 为碰后共同速度V 1=V 0/2=物块与钢板一起升到O 点,依据机械能守恒：2mV 12+Ep=2mgx 0 1假如物块质量为 2m,就： 2mVo=2m+mV 2 ,即 V 2=Vo设回到 O 点时物块和钢板的速度为V ,就：3mV 22+Ep=3mgx 0+3mV 2 2从 O 点开头物块和钢板别离,由1 式得：Ep=mgx 0 代入 2 得：mVo
13、2+mgx 0=3mgx 0 +3mV 2所以, V2=gx0 即5、如图 12-1 所示,有两块大小不同的圆形薄板厚度不计 ,质量分别为 M 和 m,半径分别为 R 和 r,两板之间用一根长为0.4m 的轻绳相连结.开头时,两板水平放置并叠合在一起,静止于高度为 0.2m 处.然后自由下落到一固定支架C 上,支架上有一半径为RrR R的圆孔,圆孔与两薄板中心均在圆板中心轴线上,木板与支架发生没有机械能缺失的碰撞.碰撞后,两板即别离,直到轻绳绷紧.在轻绳绷紧的瞬时,两物体具有共同速度V ,如图 12-2 所示.求： 1 假设 M=m ,就 V 值为多大 2假设 M/m=K ,试争论 V 的方向
14、与 K 值间的关系.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_分析与解： 开头 M 与 m 自由下落,机械能守恒.M 与支架 C 碰撞后, M 以原速率返回,向上做匀减速运动.m 向下做匀加速运动.在绳绷紧瞬时,内力 绳拉力 很大,可忽视重力,认为在竖直方向上M 与 m 系统动量守恒. 1据机械能守恒： M+mgh=M+mV 02 所以, V 0=2m/sM 碰撞支架后以 Vo 返回作竖直上抛运动, m 自由下落做匀加速运动.在绳绷紧瞬时,M速度为 V 1,上上升度为 h1 ,m 的速度为 V 2,下落高度为 h2.就： h1+h 2=0.4m , h1=V 0 t-gt2, h2=V
15、0t+gt 2,而 h1+h 2=2V 0t,故：所以： V 1=V 0-gt=2-100.1=1m/s V 2=V 0 +gt=2+10 0.1=3m/s依据动量守恒,取向下为正方向,mV 2-MV 1=M+mV ,所以那么当 m=M 时, V=1m/s .当 M/m=K 时, V=.争论： K 3 时, V 0,两板速度方向向下.K 3 时, V 0,两板速度方向向上.K=3 时, V=0 ,两板瞬时速度为零,接着再自由下落.6、如图 13-1 所示,物体 A 从高 h 的 P 处沿光滑曲面从静止开头下滑,物体 B 用长为 L 的细绳竖直悬挂在 O 点且刚和平面上 Q 点接触.已知 mA=
16、mB ,高 h 及 S平面部分长 .假设A 和 B 碰撞时无能量缺失. 1假设 L h/4,碰后 A 、B 各将做什么运动 .2 假设 L=h ,且 A 与平面的动摩擦因数为, A 、B 可能碰撞几次？ A 最终在何处？分析与解： 当水平部分没有摩擦时, A 球下滑到未碰 B 球前能量守恒,与B 碰撞因无能量缺失,而且质量相等,由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度.A可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_停在 Q 处, B 碰后可能做摇摆,也可能饶O 点在竖直平面内做圆周运动.假如做摇摆,就经一段时间, B 反图 13-1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_向与 A 相碰
17、,使 A 又回到原先高度, B 停在 Q 处,以后重复以上过程,如此连续下去,假设B 做圆周运动, B 逆时针以 O 为圆心转一周后与A 相碰, B 停在 Q 处, A 向右做匀速运动.由此分析,我们可得此题的解如下：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_(1) A 与 B 碰撞前 A 的速度： mgh=mV A 2, V A =由于 mA =m B,碰撞无能量缺失,两球交换速度,得：V A =,0 V B =VA =设 B 球到最高点的速度为Vc, B 做圆周运动的临界条件：mBg=m BV 2/L 1又因mB V B2 =m BV 2+m Bg2L 2将1 式及 V B=代入 2
18、 式得： L=2h/5即 L2h/5时, A 、B 碰后 B 才可能做圆周运动.而题意为L=h/4 2h/5,故 A 与 B 碰后,B 必做圆周运动.因此 1的解为： A 与 B 碰后 A 停在 Q 处, B 做圆周运动,经一周后,B 再次与 A 相碰, B 停在 Q 处, A 向右以速度做匀速直线运动.(2) 由上面分析可知,当L=h 时, A 与 B 碰后, B 只做摇摆,因水平面粗糙,所以A 在来回运动过程中动能要缺失.设碰撞次数为n,由动能定理可得： mA gh-nmAgS=0所以 n=h/ S争论：假设 n 为非整数时,相碰次数应凑足整数数目.如 n=1.2,就碰撞次数为两次.当 n
19、 为奇数时,相碰次数为n-1 次.如 n=3,就相碰次数为两次,且A 球刚到达 Q 处将碰 B 而又未碰 B .当 n 为偶数时,相碰次数就是该偶数的数值,如n=4 ,就相碰次数为四次. 球将停在距 B 球 S 处的 C 点.A 球停留位置如图 13-2 所示.7、如图 14-1 所示,长为 L,质量为 m1 的物块 A置于光滑水平面上, 在 A 的水平上外表左端放一质量为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_m2 的物体 B,B 与 A 的动摩擦因数为 .A 和 B 一起以相同的速度 V 向右运动,在 A 与竖直墙壁碰撞过程中图 13-2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资
20、料_无机械能缺失,要使B 始终不从 A 上掉下来, V 必需满意什么条件.用 m1 、m2,L 及 表示 分析与解： A 与墙壁发生无机械能缺失的碰撞后,A 以大小为 V 的速度向左运动,B 仍以原速度 V 向右运动,以后的运动可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_过程有三种可能： 1假设 m1 m2,就 m1 和 m2 最终以某一共同速度向左运动. 2假设 m1=m 2,就 A、B 最终都停止在水平面图 14-1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_上,但不再和墙壁发生其次次碰撞.3假设 m1m 2,就 A 将多次和墙壁碰撞,最终停在靠近墙壁处.假设 m1 m2 时,碰撞
21、后系统的总动量方向向左,大小为：P=m 1V-m 2 V设它们相对静止时的共同速度为V,据动量守恒定律,有： m1V-m 2V=m 1 +m2V 所以 V=m1-m 2V/m 1+m 2假设相对静止时 B 正好在 A 的右端,就系统机械能缺失应为m2gL ,就据能量守恒：m1V 2 +m2V 2-m1 +m2m 1-m 22V 2/m1+m 2 2=m2gL解得： V=假设 m1 =m2 时,碰撞后系统的总动量为零,最终都静止在水平面上,设静止时 A 在 B 的右端,就有：m1V 2+m 2V 2=m2gL解得： V=假设 m1 m2 时,就 A 和墙壁能发生多次碰撞,每次碰撞后总动量方向都向
22、右, 设最终 A 静止在靠近墙壁处时,B 静止在 A 的右端,同理有：m1V 2+m2V 2=m2gL解得： V=故：假设 m1 m2, V 必需小于或等于假设 m1 m2, V 必需小于或等于留意：此题中,由于m1 和 m2 的大小关系没有确定,在解题时必需对可能发生的物理过程进行争论,分别得出不同的结果.8、在光滑的水平桌面上有一长L=2 米的木板 C,它的两端各有一块档板, C 的质量 mC=5 千克,在 C 的正中心并排放着两个可视为质点的滑块A 和 B ,质量分别为mA =1 千克, mB =4 千克.开头时, A 、B 、C 都处于静止,并且A 、B 间夹有少量塑胶炸药,如图15-
23、1 所示.炸药爆炸使滑块 A 以 6 米/ 秒的速度水平向左滑动,假如A 、B 与 C 间的摩擦可忽视,两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体,爆炸和碰撞所需时间都可忽视.问：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_(1) 当两滑块都与档板相碰撞后,板C 的速度多大 .(2) 到两个滑块都与档板碰撞为止,板的位移大小和方向如何.分析与解： 1 设向左的方向为正方向.炸药爆炸前后A 和 B 组成的系统水平方向动量守恒.设 B 获得的速度为 mA,就 mAV A+m BV B=0,所以： V B=-m AVA /m B=-1.5 米/秒对 A 、B 、C 组成的系统,开头时都静止,所
24、以系统的初动量为零,因此当A 和 B 都与档板相撞并结合成一体时,它们必静止,所以C 板的速度为零.2以炸药爆炸到 A 与 C 相碰撞经受的时间： t1=L/2/V A =1/6 秒, 在这段时间里B 的位移为： SB=V Bt1=1.5 1/6=0.25 米,设 A 与 C 相撞后 C 的速度为 V C,A 和 C 组成的系统水平方向动量守恒：mA V A=m A +mC V C,所以 V C=m AV A/m A +m C=1 6/1+5=1 米/秒B 相对于 C 的速度为：V BC=V B-V C=-1.5-+1=-2.5米/秒因此 B 仍要经受时间t2 才与 C 相撞：t 2=1-0.
25、25/2.5=0.3 秒,故 C 的位移为： SC=V Ct2=10.3=0.3 米,方向向左,如图 15-2 所示.9、如图 16-1 所示,一个连同装备总质量为M=100 千克的宇航员,在距离飞船为S=45米与飞船处于相的静止状态.宇航员背着装有质量为m0=0.5 千克氧气的贮氧筒,可以将氧气可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_以 V=50 米/秒的速度从喷咀喷出.为了安全返回飞船,必需向返回的相反方向喷出适量的氧, 同时保留一部分氧供途中呼吸,且宇航员的耗氧率为R=2.510-4 千克/ 秒.试运算：1喷氧量应掌握在什么范畴.返回所需的最长和最短时间是多少. 2为了使总耗氧量
26、最低,应一次喷出多少氧.返回时间又是多少 .分析与解： 一般飞船沿椭圆轨道运动,不是惯性参照系.但是在一段很短的圆弧上,可以认为飞船作匀速直线运动,是惯性参照系.(1) 设有质量为 m 的氧气,以速度 v 相对喷咀,即宇航员喷出,且宇航员获得相对于飞船为 V 的速度,据动量守恒定律：mv-MV=0就宇航员返回飞船所需的时间为：t=S/V=MS/mv而安全返回的临界条件为：m+Rt=m 0,以 t=MS/mv 代入上式,得： m2v-m 0vm+RMS=0 ,m=把 m 0、v、 R、 M 、S 代入上式可得答应的最大和最小喷氧量为：m max=0.45 千克, mmin=0.05 千克.返回的
27、最短和最长时间为：tmin=200 秒, tmax=1800 秒(2) 返回飞船的总耗氧量可表示为：M=m+Rt=MS/vt+Rt由于 MS/vt 与 Rt 之积为常量,且当两数相等时其和最小,即总耗氧量最低,据： MS/vt=Rt ,所以相应返回时间为：t=600 秒相应的喷氧量应为： m=Rt=0.15 千克.想一想：仍有什么方法可求出这时的喷氧量.m=MS/vt=0.15 千克 10如图 17-1 所示, A 、B 是静止在水平的面上完全相同的两块长木板的左端和的右端相接触两板的质量皆为M 2.0kg,长度皆为 L 1.0.是质量为 1.0 kg 的小物块现给它一初速度02.0,使它从板
28、的左端向右滑动已知的面是光滑的,而与板 A 、B 之间的动摩擦因数皆为0.10.求最终 A 、B 、C 各以多大的速度做匀速运动取重力加速度 10 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_参考解答先假设小物块在木板上移动距离后,停在上这时、三者的速度相等,设为,由动量守恒得 0 2,在此过程中,木板的位移为,小物块的位移为由功能关系得0 1/2 1/2 2, 2 2 2,0就 1/2 2 2 1/2 2,由、式,得02 2 ,代入数值得 16比板的长度大这说明小物块不会停在板上,而要滑到板上设刚滑到 板上的速度为 1,此时、板的速度为2,就由动量守恒得 0 1 2 2,可编辑资料 -
29、 - - 欢迎下载精品_精品资料_0由功能关系,得1/22 1/21 21/22 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_以题给数据代入,得由 1 必是正值,故合理的解是可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_当滑到之后,即以 2 0 155做匀速运动,而是以 1 1 38的初速在上向右运动设在上移动了距离后停止在上,此时和的速度为 3,由动量守恒得 2 1 3, 解得 3 0 563可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由功能关系得11/2 2 1/222 1/232 ,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_解得 0 50 比板的长度小,所以小物块的确是
30、停在板上最终、的速度分别为 3 0563, 2 0155, 0 563评分标准此题的题型是常见的碰撞类型,考查的学问点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点学问的综合,能较好的考查同学对这些重点学问的把握和敏捷运动的娴熟程度题给数据的设置不够合理,使运算较复杂,影响了同学的得分从评分标准中可以看出,论证占的分值超过此题分值的50%,足见对论证的重视而大部分同学在解题时恰恰不留意这一点,平常解题时不标准,运算才能差等,都是此题失分的主要缘由解法探析此题参考答案中的解法较复杂,特殊是论证部分,、两式之间的两个方程可以省略下面给出两种较为简捷的论证和解题方法解法一从动量守恒与功能关系直接论
31、证求解设刚滑到板上的速度为1,此时、板的速度为 2,就由动量守恒,得 1 2 2,以系统为对象,由功能关系,得01/2 2 1/2 12 21/2 22 ,由于 1 只能取正值,以题给数据代入得到合理的解为由于小物块的速度1 大于、板的速度2,这说明小物块不会停在板上可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_以上过程既是解题的必要部分,又作了论证,比参考答案中的解法简捷后面部分与参考答案相同,不再缀述解法二从相对运动论证,用动量守恒与功能关系求解以的面为参照系,小物块在 A 、B 上运动的加速度为 1 2, A 、B 整体的加速度为 2 0 25 2,相对、的加速度 1.25 2假设 A
32、 、B 一体运动,以 A、B 整体为参照物,当滑至与整体相对静止时,依据运动学公式,有0 2 2,解得 02 2 1 6 说明小物块不会停在板上上述可以看出,从相对运动的角度论证较为简捷,运算也较为简洁论证后的解法与参考答案相同试题拓展1假设长木板个数不变,当小物块的初速度满意什么条件时,、三物体最终的速度相同 .2. 假设长木板个数不变,当小物块的初速度满意什么条件时,小物块能从两长木板上滑过去 .3. 假设小物块的初速度不变,将相同的长木板数增加到三个,最终小物块停在木板上的什么位置,各物体的运动速度分别为多少.4. 假设其它条件不变,长木板与的面间的动摩擦因数为,并且满意 M 2,试分析
33、有怎样的情形发生.5. 分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题,找出它与此题的异同,归纳解法11.如图 18-1,劲度系数为 k 的轻质弹簧一端固定在墙上, 另一端和质量为 M 的容器连接, 容器放在光滑水平的的面上,当容器位于 O 点时弹簧为自然长度,在 O 点正上方有一滴管,容器每通过 O 点一次,就有质量为m 的一个液滴落入 容器,开头时弹簧压缩,然后撒去外力使容器环绕 O 点往复运动,求：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1容器中落入 n 个液滴到落入 n+1 个液滴的时间间隔. 2容器中落入 n 个液滴后,容器偏离O 点的最大位移.分析与解： 此题中求容器内落入n
34、个液滴后偏离O 点的最大位移时,假设从动量守恒和能量守恒的角度求解,将涉及弹簧弹性势能的定量运算,超出了中学大纲的要求,假如改用动量定理和动量守恒定律求解,就可转换成大纲要求的学问的试题.(1) 弹簧振子在做简谐运动过程中,影响其振动周期的因素有振子的质量和复原系数对弹簧振子即为弹簧的劲度系数,此题中复原系数始终不变,液滴的落入使振子的质量转变,导致其做简谐运动的周期发生变化.容器中落入 n 个液滴后振子的质量为M+nm ,以 n 个液滴落入后到第 n+1个液滴落入前,这段时间内系统做简谐运动的周期Tn=2,容器落入 n 个液滴到n+1个液滴的时间间隔 t=T n /2,所以t = (2) 将
35、容器从初始位置释放后,振子运动的动量不断变化,动量变化的缘由是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的, 将容器从静止释放至位置O 的过程中, 容器的动量从零增至p,因容器位于点时弹簧为自然长度,液滴在O 点处落入容器时,容器和落入的液滴系统在水平方向的合力为零,依据动量守恒定律,液滴在处的落入并不转变系统水平方向的动量,所以振子处从位置 O 到两侧相应的最大位移处,或从两侧相应在的最大位移处到位置的各1/4 周期内,虽然周期 n 和对应的最大位移Ln 在不断变化,但动量变化的大小均为p=p 0=p, 依据动量定理可学问,各1/4 周期内弹力的冲量大小均相等,即：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精
36、品资料_F0tT0 /4 = FntTn/4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_其中 T0 是从开头释放到第一次到O 点的周期, 0=2.Tn 是 n 个液滴落入后到n+1 个液滴落入容器前振子的周期,Tn=2.而 F0t和 Fnt 分别为第一个 1 周期内和 n 个液滴落入后的 1/4 周期内弹力对时间的平均值,由于在各个 1/4 周期内振子4均做简谐运动,因而弹力随时间均按正弦或余弦规律变化,随时间按正弦或余弦变化的量在 1/4 周期内对时间的平均值与最大值之间的关系,可用等效方法求出,矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,从中性而开头计的,产生的感应电动势为=msin t= Nb
37、Ssin .t可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_按正弦规律变化,依据法拉第电磁感应定律=N, 在 1/4 周期内对时间的平均值 =2m/ .这一结论对其它正弦或余弦变化的量对时间的平均值同样适用,就有F0t=2kL 0/ , Fnt=2kL n/代入前式解得： L n=L 012、如图 19-1 所示,轻质弹簧上端悬挂在天花板上,下端连接一个质量为M 的木板,木板下面再挂一个质量为m 的物体,当拿去 m 后,木板速度再次为零时,弹簧恰好复原原长,求 M 与 m 之间的关系？分析与解： 按常规思路,取 M 为争论对象,依据动能定理或机械能守恒定律求解时,涉及弹力变力做功或弹性势能的
38、定量运算,超出了中学教材和大纲的要求.考虑到拿去 m 后, M 将做简谐运动,就拿去m 时 M 所处位置,与弹簧刚复原原长时M所处位置分别为平稳位置两侧的最大位置处,由M 做简谐运动时力的对称性可知,在两侧最大位移处回复力的大小应相等,在最低位置处F=mg ,方向向上,在最高位置处F=Mg ,方向向下,所以有 M=m .13. 假设在质量与的球质量相同、半径为的球半径两倍的某天体上进行运动竞赛,那么与在的球上的竞赛成果相比,以下说法中正确的选项是跳高运发动的成果会更好用弹簧秤称体重时,体重数值会变得更小投掷铁钅并的距离会更远些用手投出的篮球,水平方向的分速度会变大 答案：14. 以下说法正确的
39、选项是A 物体在恒力作用下的运动方向是不会转变的B加速前进的汽车,后轮所受的摩擦力方向与运动方向相反C第一宇宙速度为7.9,因此飞船只有到达7.9才能从的面起飞可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_D作用力与反作用力都可以做正功,也可以做负功答案：15、如图 20-1 所示,一列横波t 时刻的图象用实线表示,又经t=0.2s 时的图象用虚线表示.已知波长为 2m,就以下说法正确的选项是： A、 假设波向右传播,就最大周期是2s. B、 假设波向左传播,就最大周期是2s. C、 假设波向左传播,就最小波速是9m/s .D、 假设波速是 19m/s ,就传播方向向左.分析与解：假设向右传
40、播,就传播0.2m 的波数为 0.2m/2m=0.1 ,就, t=n+0.1Tn=0 、1、 2、3 所以 T= t/n+0.1=0.2/n+0.1当 n=0 时,周期有最大值Tmax=2s ,所以 A 正确.假设向左传播,就在0.2s 内传播距离为 2-0.2m=1.8m ,传过波数为 1.8m/2m=0.9 , 就, t=n+0.9Tn=0 、1、 2、3 所以 T= t/n+0.9=0.2/n+0.9当 n=0 时,周期有最大值Tmax0.22S,所以 B 错.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_又： T=,所以 V= v2n0.910n0.9可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_vT0.20.2